ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

da **rock85** » 27 giu 2012, 19:16

Hai ragione...

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

applicando Milmann avrei

$V_{AB}=\frac {\frac {-V_{2}} {R} } {\frac {3} {R}}$

esatto?

da **dimaios** » 27 giu 2012, 19:18

Per cui la tensione ai capi della resistenza R in basso vale .......

da **rock85** » 27 giu 2012, 19:24

Ai capi della resistenza in basso 5 V ma essendo $v_{R}=-v_{C} \Rightarrow v_{C}= - 5 V$

da **rock85** » 27 giu 2012, 19:42

Qualcosa non quadra coi segni,
$v_{BA}=\frac {v_{2}} {3}=5 V$

ma essendo

$v_{BA}=-v{C} \Rightarrow v_{C}= -5 V$

ora dovrebbe essere esatto

da **dimaios** » 27 giu 2012, 22:53

Non ho capito questo doppio carpiato con avvitamento e tonneau finale...... :shock:

Hai ricavato $V_{AB}$ e poi per una forma acuta di "Reverse Syndrome" ti sei calcolato $V_{BA}$ per dire che una era opposta all'altra.

da **rock85** » 28 giu 2012, 9:42

perché calcolando $v_{AB}$ non occorre poi porre $v_{R}=-v_{C}$ e avendo fatto questa posizione mi si sballavano i conti...
Comunque penso che questo mio doppio carpiato sia dovuto alla stanchezza del momento...

da **rock85** » 28 giu 2012, 11:10

Proseguendo l'esercizio, devo studiare la rete per t >0.

Ho provato a studiarla utilizzando i potenziali di nodo, ovvero

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

come prima cosa ho scritto la LKT al nodo 3, sfruttando i potenziali di nodo

$i_{C}+i_{3}-i_{2}+i_{v2}=0$

e dunque

$i_{C}+\frac {e_{3}} {R} -\frac {e_{2}-e_{3}} {R} + \frac {e_{4} -e_{2}} {R}$

in quest'ultima ho posto $i_{v2} = i_{4}$

tenendo poi conto del fatto che
$e_{1}=v_{1}$
$e_{2}=v_{L}$
$e_{3}=v_{C}$
$e_{4}=e_{3}-v_{2}$

ho trovato la seguente equazione

$R i_{C} +3 v_{C} - 2 v_{L} - v_{2} =0$

da **RenzoDF** » 29 giu 2012, 8:51

Non vedo perché complicare la risoluzione quando di nodi in effetti ce n'è solo uno, ovvero quello associato al morsetto superiore dell'induttore; e quindi, sostituito il parallelo fra i due rami che collegano detto nodo a quello relativo al morsetto superiore del condensatore, con l'equivalente di Thevenin, V2/2 , R/2
direi che basti usare Millman per trovare la vL e contemporaneamente la ic

$\left\{ \begin{align} & v_{L}=\frac{v_{1}G+\left( v_{C}+\frac{v_{2}}{2} \right)2G-i_{L}}{3G} \\ & i_{C}=-\frac{(v_{L}-v_{1})}{R}-i_{L}-\frac{v_{C}}{R} \\ \end{align} \right.$

(con G=1/R), che ci permettono di ricavare le due equazioni di stato

$\left\{ \begin{align} & v_{L}=9+\frac{2}{3}v_{C}-i_{L} \\ & i_{C}=1-\frac{5}{9}v_{C}-\frac{2}{3}i_{L} \\ \end{align} \right.$

e con un paio di semplici passaggi

$\left\{ \begin{align} & \frac{\text{d}v_{L}}{\text{d}t}=6i_{C}-9v_{L} \\ & \frac{\text{d}i_{C}}{\text{d}t}+5i_{C}=-6v_{L}\quad \to \quad v_{L}=-\frac{1}{6}\left( \frac{\text{d}i_{C}}{\text{d}t}+5i_{C} \right) \\ \end{align} \right.$

l'equazione differenziale relativa alla corrente cercata

$\begin{align} & \frac{1}{6}\left( \frac{\text{d}^{2}i_{C}}{\text{d}t^{2}}+5\frac{\text{d}i_{C}}{\text{d}t} \right)+6i_{C}+\frac{9}{6}\left( \frac{\text{d}i_{C}}{\text{d}t}+5i_{C} \right)=0 \\ & \frac{\text{d}^{2}i_{C}}{\text{d}t^{2}}+14\frac{\text{d}i_{C}}{\text{d}t}+81i_{C}=0 \\ \end{align}$

i passaggi sono comunque da controllare, perché li ho scritti in fretta :roll:

da **rock85** » 29 giu 2012, 11:59

Se ho ben capito il circuito diventa

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

con

$\begin{matrix} R_{e}=\frac {R}{2}\\ v_{e}= \frac {V_{2}}{2} \end{matrix}$

sono esatti i segni delle correnti?

da **rock85** » 29 giu 2012, 12:49

Non ho invece capito come hai applicato Millman, anche perché in presenza di elementi a mamoria non l'ho mai utilizzato.

In particolare non capisco come hai ricavato il termine

$(v_{C}+\frac {v_{2}} {2}) \frac {2} {R}$

e al denominatore non dovrebbe essere

$\frac {1} {R} + \frac {1} {R+R_{e}} = \frac {5} {3 R}$

?

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